原创届全国II卷高考化学模拟卷十.docx
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原创届全国II卷高考化学模拟卷十
2020届全国II卷高考化学模拟卷(十)
可能用到的相对原子质量:
H-1li-7Be9B-11C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Ba-137I-127
1、选择题:
本题共7个小题,每小题6分。
共42分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
7.春季复工、复学后,公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。
下列可直接用作公用餐具消毒剂的是
A.95%的乙醇溶液B.40%的甲醛溶液
C.次氯酸钠稀溶液D.生理盐水
8.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.0.1molHClO中含H—Cl键的数目为0.1NA
B.1L0.1mol•L-1NaAlO2溶液中含AlO2-的数目为0.1NA
C.含0.1molAgBr的悬浊液中加入0.1molKCl,充分反应后的水溶液中Br-的数目为0.1NA
D.9.2g由甲苯(
)与甘油(丙三醇)组成的混合物中含氢原子的总数为0.8NA
9.中国工程院院士李兰娟团队发现,阿比朵尔对2019-nCoV具有一定的抑制作用,其结构简式如图所示,下面有关该化合物的说法正确的是
A.室温可溶于水和酒精
B.氢原子种类数为10
C.不能使酸性KMnO4溶液褪色
D.1mol该分子最多与8mol氢气反应
10.下列有关实验的图示及分析均正确的是
选项
实验目的
实验图示
实验分析
A
催化裂解正戊烷并收集产物
正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃
B
酸碱中和滴定
摇动锥形瓶,使溶液向一个方向做圆周运动,勿使瓶口接触滴定管,溶液也不得溅出
C
制取并收集乙炔
用饱和食盐水代替纯水,可达到降低反应速率的目的
D
实验室制硝基苯
反应完全后,可用仪器a、b蒸馏得到产品
11.中科院科学家设计出一套利用SO2和太阳能综合制氢方案,其基本工作原理如图所示。
下列说法错误的是
A.该电化学装置中,Pt电极作正极
B.Pt电极的电势高于BiVO4电极的电势
C.电子流向:
Pt电极→导线→BiVO4电极→电解质溶液→Pt电极
D.BiVO4电极上的反应式为SO32--2e-+2OH-=SO42-+H2O
12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。
下列叙述不正确的是()
A.Y、Z的氢化物稳定性Y>Z
B.Y单质的熔点高于X单质
C.X、W、Z能形成具有强氧化性的XZW
D.
中W和Y都满足8电子稳定结构
13.已知常温下HF酸性强于HCN,分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH(忽略温度和溶液体积变化),溶液中
(X表示F或者CN)随pH变化情况如图所示,下列说法不正确的是
A.直线I对应的是
B.I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大
C.c点溶液中:
D.b点溶液和d点溶液相比:
cb(Na+) 二、非选择题: 共58分,第26~28题为必考题,每个试题考生都必须作答。 第35~36题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题: 共43分 26.ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。 某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。 (1)仪器A的名称是_______________________。 (2)安装F中导管时,应选用图2中的___________________。 (3)A中发生反应生成ClO2和Cl2,其氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。 (4)关闭B的活塞,ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是__________________。 (5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,该反应的离子方程式为____。 (6)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收可得到ClO2溶液。 为测定所得溶液中ClO2的浓度,进行了下列实验: 步骤1: 准确量取ClO2溶液10.00mL,稀释成100.00mL试样,量取V0mL试样加入到锥形瓶中; 步骤2: 用稀硫酸调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,静置片刻; 步骤3: 加入指示剂,用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。 重复2次,测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1mL。 (已知2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O 2Na2S2O3+I2 Na2S4O6+2NaI) 计算该ClO2的浓度为______g/L(用含字母的代数式表示,计算结果化简)。 27.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。 用含钴废料(主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的流程如下: 已知: ①草酸钴晶体难溶于水: ②RH为有机物(难电离)。 回答下列问题: (1)酸浸时钴溶解反应的化学方程式为_______,浸出液中加入H2O2后发生反应的离子方程式为______。 (2)加入氧化钴的目的是_______,滤渣的II主要成分是_______。 (3)操作①为____________(填操作名称)。 (4)已知: NH3·H2O NH4++OH-Kb=1.8×10-5; H2C2O4 H++HC2O4-Ka1=5.4×10-2 HC2O4- H++C2O42-Ka2=5.4×10-5 该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_________(填“>”“<"或"一")7. (5)钴的含氧酸盐受热分解最终产物多为氧化物,已知18.3gCoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图所示(其中600°C以前是隔绝空气加热,6000°C以后是在空气中加热),A、B、C均为纯净物。 ①A点对应物质的化学式为________________ ②B→C反应的化学方程式为____________________。 28.1,2一二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料,工业上可用丙烯加成法制备,主要副产物为3一氯丙烯(CH2=CHCH2Cl),反应原理为: i.CH2=CHCH3(g)+C12(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ•mol-1 ii.CH2=CHCH3(g)+C12(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ•mol-1 请回答下列问题: (1)已知: CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ•mol-1,则逆反应的活化能Ea(逆)为__________kJ•mol-1。 (2)某研究小组向密闭容器中充入一定量的C12(g)和CH2=CHCH3(g),分别在A、B两种不同催化剂作用下发生反应,一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如图1所示。 ①下列说法正确的是______(填代号)。 a.使用催化剂A、B的最佳温度: A b.p、m点分别是对应温度下CH2ClCHClCH3的平衡产率 c.使用催化剂降低了反应的活化能和焓变 d.温度不变,增大压强可使CH2ClCHClCH3的产率提高 ②在250℃以后,A曲线中产率下降的原因可能是________(写出两条)。 (3)T℃时使用选择性更高的催化剂,在恒容密闭容器内充入等物质的量的C12(g)和CH2=CHCH3(g)进行反应i,测得容器各组分的分压强(p分=p总×体积分数)随时间的变化关系如图2所示,回答下列问题: ①若用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率,即υ= ,则t1~t2时间段内平均反应速率υ(CH2=CHCH3)=_______kPa•min-1(用相关字母表示);平衡时CH2ClCHClCH3的体积分数________。 ②反应的平衡常数KP=_____________(用平衡分压代替平衡浓度,相关字母表示结果)。 (4)如图3是在酸性电解质溶液中,用惰性电极将CO2转化为低碳烯烃的电化学装置,回答下列问题: ①太阳能电池的负极是__________(填“a”或“b”)。 ②生成丙烯的电极反应式是____________。 ③相同时间内,相同条件下,消耗的CO2与生成的O2的体积之比为_________。 (2)选考题: 共15分。 请考生从2道化学题中任选一题作答。 如果多做,则每科按所做的第一题计分。 35.尖晶石是世界上最迷人的宝石之一,主要是镁铝氧化物组成的矿物,还常含有铁、锌、锰、铬、钴等元素。 回答下列问题: (1)基态锰原子价层电子排布式为__________,Co3+的未成对电子数为_________。 (2)一种铝试剂的结构如图,该物质中碳的杂化类型为___________,氮与其成键的3个原子共同构成的空间构型为_______,氮与铝形成的是_____键(填编号。 ) a离子b配位c.σd.π (3)基态原子第一电离能: 镁_____铝(填“大于”“小于”或“等于”)原因是_______。 (4)一种由Mg、Cr、O元素组成的尖晶石晶胞分别由4个A与4个B交替无隙并置而成(见图甲),晶胞结构如图乙所示,该尖晶石的化学式为_____________;图乙中,若E点镁原子的分数坐标为( , ,0),则F点镁原子的分数坐标为_______________。 36.倍他乐克是一种治疗高血压的药物,其中间体F合成路线如下: 回答下列问题: (1)A的分子式为____。 D中官能团的名称是____。 (2)B与足量NaOH溶液反应的化学方程式为____。 (3)D→E的反应类型为_____。 (4)反应⑤加入试剂X反应后只生成中间体F,则X结构简式为___。 (5)满足下列条件的C的同分异构体有_____种。 ①能发生银镜反应; ②与NaOH溶液反应时,1molC最多消耗3molNaOH; ③苯环上只有4个取代基,且直接与苯环相连的烃基处于间位。 其中核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1︰6︰2︰1的可能是____(写结构简式)。 (6)根据已有知识及题目相关信息,完成以 和CH3OH、CH3ONa为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任选)____。 答案与解析 7.【答案】C 【解析】95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固,妨碍乙醇再渗入,不能起到消毒的效果,故A错误; 甲醛有毒,故B错误;次氯酸钠稀溶液具有强氧化性,能够杀菌消毒,且产物无毒,故C正确;生理盐水不能消毒杀菌,故D错误;故答案为C。 8.【答案】D 【解析】次氯酸的结构为H-O-Cl,并不存在H-Cl键,A项错误; 会发生水解,所以溶液中 的数目小于0.1NA,B项错误;AgBr的悬浊液中加入KCl后,最终溶液中Ag+、Br-仍存在如下平衡关系: ,所以Br-的数目必然小于0.1NA,C项错误;甲苯的分子式为C7H8,甘油的分子式为C3H8O3,两种物质分子中所含的氢原子个数相同,且两种物质分子的摩尔质量均为92g/mol,所以9.2g混合物所含的氢原子总数一定为0.8NA,D项正确;答案选D。 9.【答案】B 【解析】A.该分子中亲水基比重很小,主要为憎水基,不溶于水,故A错误;B.如图 所示有10种氢原子,故B正确;C.该分子中含有碳碳双键和酚羟基,能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色,故C错误;D.碳碳双键、苯环可以与氢气加成,所以1mol该分子最多与7mol氢气加成,故D错误; 故答案为B。 10.【答案】B 【解析】A.正戊烷裂解为分子较小的烷烃和烯烃,常温下均为气体,不能冷凝收集,且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能,若改用没有聚热功能的氧化铝固体,实验效果不理想,故A错误;B.滴定时左手控制活塞,右手摇瓶,使溶液向一个方向做圆周运动,勿使瓶口接触到滴定管,溶液也不得溅出,操作合理,故B正确;C.用饱和食盐水代替纯水能减缓反应速率,从而可以得到较平缓的乙炔气流,但乙炔的摩尔质量与空气的摩尔质量相近,排空气法收集乙炔不纯,利用乙炔难溶于水的性质,应使用排水法收集,故C错误;D.反应完全后,硝基苯与酸分层,应选分液漏斗分离,粗产品再蒸馏得到硝基苯,图中仪器b为圆底烧瓶,蒸馏操作时要用蒸馏烧瓶和直形冷凝管,并使用温度计测蒸汽温度,故D错误;答案选B。 11【答案】C 【解析】该装置为原电池,由Pt电极上反应(H2O→H2)或BiVO4电极上反应(SO32-→SO42-)可知,Pt电极上氢离子得电子生成氢气、发生还原反应,为正极,电极反应为2H2O+2e-═H2↑+2OH-;BiVO4电极为负极,SO32-失电子生成硫酸根、发生氧化反应,电极反应为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O,据此分析解答。 A.Pt电极上氢离子得电子生成氢气,发生还原反应,Pt电极作正极,故A正确;B.Pt电极为正极,BiVO4电极为负极,所以Pt电极电势高于BiVO4电极,故B正确;C.电子从BiVO4电极(负极)经导线流向Pt电极(正极),不能进入溶液,故C错误;D.BiVO4电极为负极,发生氧化反应,电极反应式为SO32--2e-+2OH-═SO42-+H2O,故D正确;故选C。 12【答案】A 【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧,说明W为O,X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,说明X为Na,非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍,说明Y为Si,Z为Cl。 Y、Z的氢化物稳定性HCl>SiH4,故A错误; Si单质的熔点高于Na单质,硅是原子晶体,钠是金属晶体,原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点,故B正确;X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO,故C正确;利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32-中Si和O都满足8电子稳定结构,故D正确。 综上所述,答案为A。 13【答案】D 【解析】A.纵坐标为0时即 =1,此时Ka= =c(H+),因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN,因此直线I对应 ,A正确;B.a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小,NaF浓度逐渐增大,因此水的电离程度逐渐增大,B正确;C.Ka(HCN)=10-9.2,NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN),因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-) c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-) >c(H+),C正确;D.由于HF酸性强于HCN,要使溶液均显中性,HF溶液中要加入较多的NaOH,因此cb(Na+)>cd(Na+),D错误;答案选D。 26【答案】圆底烧瓶b1∶2吸收Cl24H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O135cV1/V0 【解析】根据实验装置图可知,A、B是制备氯气和二氧化氯的;C是用于吸收氯气的;D是用于吸收二氧化氯的,E是用于重新释放二氧化氯的,F是可验证尾气中是否含有氯气。 (1)根据仪器特征,可知仪器A是圆底烧瓶; (2)F装置应是Cl2和KI反应,还需要连接尾气处理装置,所以应长管进气,短管出气,故选b; (3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2,NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价,盐酸中氯为-1价,被氧化成0价氯,转移电子数为2,所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2,Cl2前化学计量数为1,反应化学方程式: 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2; (4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时,碘遇淀粉变蓝,而F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是吸收Cl2; (5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2,根据元素守恒可知应还有水生成,该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O; (6)设原ClO2溶液的浓度为xmol/L,则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO2~5I2~10Na2S2O3;则有 ,解得x= ,换算单位得 。 27【答案】Co+H2SO4=CoSO4+H2↑2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O调节溶液的pH,沉淀Fe3+和Al3+Fe(OH)3、Al(OH)3萃取分液<CoC2O46CoO+O2 2Co3O4 【解析】含钴废料(主要成分为Co,含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)与硫酸反应生成硫酸钴、硫酸亚铁、硫酸铝和硫酸镍,二氧化硅不反应,过滤,滤渣为二氧化硅,滤液先加入双氧水氧化亚铁离子变为铁离子,加入氧化钴调节溶液的pH值,沉淀铁离子和铝离子,过滤,向滤液中加入RH和有机溶剂,萃取分液除掉Ni2+,向水层中加入草酸铵得到草酸钴晶体。 ⑴酸浸时钴溶解是钴和硫酸反应生成硫酸钴和氢气,反应的化学方程式为Co+H2SO4=CoSO4+H2↑,浸出液中加入H2O2主要是亚铁离子被H2O2氧化变为铁离子,反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O; ⑵加入氧化钴,发生CoO+2H+=Co2++H2O,调节溶液的pH,使Fe3+和Al3+转化为沉淀,根据前后联系得出滤渣的II主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3; ⑶根据有机层与水层得出操作①为萃取分液; ⑷该流程中所用(NH4)2C2O4溶液,铵根水解显酸性,草酸根水解显碱性,谁的水解程度越大显谁的性质,NH4+的 ,C2O42−的 ,则NH4+的水解程度大于C2O42−的水解程度,溶液显酸性,因此pH<7; ⑸18.3gCoC2O4·2H2O物质的量为0.1mol,加热时先失去结晶水,若全部转化为CoC2O4,则固体质量为14.7g,故A为CoC2O4,继续加热,如果完全反应,可得到0.1molCoO(质量为7.5g),故B点为CoO,600°C以后是在空气中加热,由固体质量增加可知,有空气中的成分进入固体,则CoO与空气中氧气反应,8.03g固体中Co的物质的量为0.1mol,质量为5.9g,所以氧的质量为2.13g,则氧的物质的量为0.133mol,由两者的物质的量之比可得C为Co3O4,B到C的反应方程式为6CoO+O2 2Co3O4; 28【答案】164ad放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性 60% a3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O2: 3 【解析】 (1)i.CH2=CHCH3(g)+C12(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)△H1=-134kJ·mol-1 ii.CH2=CHCH3(g)+C12(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-102kJ·mol-1 根据盖斯定律,将i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)∆H=-134kJ·mol-1-(-102kJ·mol-1)=-32kJ/mol;CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ•mol-1,则逆反应的活化能Ea(逆)为132kJ/mol+32kJ/mol=164kJ/mol。 (2)①根据图象,使用A催化剂250℃时CH2ClCHClCH3的产率最大,使用B催化剂450℃时CH2ClCHClCH3的产率最大,使用催化剂A、B的最佳温度: A ②在250℃以后,A曲线中产率下降的原因可能是: 放热反应温度升高平衡逆移、催化剂失去活性反应速率减慢。 (3)①设起始时Cl2和CH2=CHCH3物质的量都为amol,根据图象,起始时Cl2和CH2=CHCH3的分压都为P0,平衡时CH2ClCHClCH3的分压为0.75P0,恒温恒容时气体的压强之比等于气体物质的量之比,则平衡时CH2ClCHClCH3的物质的量为0.75amol,根据反应CH2=CHCH3(g)+C12(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)可知,平衡时Cl2和CH2=CHCH3物质的量都为0.25amol,则平衡时Cl2和CH2=CHCH3的分压都为0.25P0,结合图象知,t1时CH2ClCHClCH3的分压为0.25P0,从起始~t1生成CH2ClCHClCH3的物质的量为0.25amol,则t1时Cl2和CH2=CHCH3物质的量都为0.75amol,Cl2和CH2=CHCH3的分压都为0.75P0,t1~t2时间段内平均反应速率υ(CH2=CHCH3)= = = kPa•min-1;平衡时CH2ClCHClCH3的体积分数为 ×100%=60%。 ②反应的平衡常数KP= = 。 (4)①CO2转化为乙烯、丙烯等是得电子的还原过程,应在电解池的阴极发生,则太阳能电池的负极为a。 ②CO2中C元素的化合价为+4价,CH2=CHCH3中C元素的平均化合价为-2价,则3molCO2得到18mol电子生成1molCH2=CHCH3,电极反应式为3CO2+18H++18e-→CH3CH=CH2+6H2O。 ③阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,低碳烯烃中C元素的平均化合价都为-2价,则1molCO2转化为低碳烯烃时都得到6mol电子,根据电子守恒,相同时间内,相同条件下,消耗的CO2与生成的O2的体积之比为4: 6=2: 3。 35【答案】3d54s24sp2平面三角形bc大于镁原子电子排布为全(充)满的稳定结构;或镁原子为3s2全充满结构,难失电子;或铝失去1个电子为3s2的全充满稳定结构,镁原子失去1个电子为3s1不稳定结构;(任意一种答法)MgCr2O4(Cr2MgO4也可)( , , ) 【解析】 ⑴基态锰是25号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d54s2,价层电子排布式为3d54s2,Co是27号元素,其基态原子电子排布式为[Ar]3d74s2,Co3+电子排布式为[Ar]3d6,未成对电子数为4; ⑵如图结构,该物质中碳价层电子对数为3对,其杂化类型为sp2,氮与其成键的3个原子,其价层电
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- 原创 全国 II 高考 化学 模拟